判断链表有环并返回入环的第一个节点

本文介绍了一种检测链表是否存在环以及找到第一个相交节点的方法。通过快慢指针技术判断环的存在,并在发现环后拆分链表,最终确定两个链表的第一个公共节点。

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这个问题可以两部分组成:

1、首席判读链表是否有环;

2、有环的话,在公共点拆开:设在ptr1 == ptr2 ,那么ptr2前进一步:ptr2 = ptr2->next;ptr1拆链表:ptr1->next = NULL;

此时,就有两个链表了:一个是原来的链表list1,在ptr1处结束;一个是以ptr1为头节点的新链表list2。于是问题转换成为了list1与list2的第一个公共节点。此问题已经解决。

代码实现如下:

 

<think>嗯,我现在需要解决一个链表问题,题目是找出链表节点,如果没返回null。让我仔细想想该怎么处理这个问题。 首先,我记得链表的情况通常可以用快慢指针来判断,比如Floyd判圈算法。快指针每次走两步,慢指针每次走一步,如果有它们会相遇。那如何根据相遇点找到口呢?这可能是我需要一步思考的地方。 假设链表头到口的距离是A,口到相遇点的距离是B,的剩余部分是C。当快慢指针相遇时,慢指针走了A+B步,而快指针可能已经绕n圈了,所以快指针走了A+B+n*(B+C)步。根据快指针速度是慢指针的两倍,所以有2(A+B) = A+B +n(B+C),简化得到A = n(B+C) - B。这时候如果让一个指针从头开始走,另一个从相遇点走,每次走一步,他们相遇的地方就是口。这可能是因为当n=1时,A = B + C - B = C,所以头指针走A步到口,而相遇点的指针走C步刚好也到口。但这里可能需要更详细的分析。 不过具体的步骤应该是什么呢?首先,确认是否,快慢指针相遇即有。然后,找到相遇点后,如何找到口。这时需要两个指针,一个从head开始,另一个从相遇点开始,每次各走一步,直到相遇,那个点就是口。这个结论是否正确呢? 比如,假设当快慢指针相遇时,慢指针走了A+B步,快指针走了A+B+n*(B+C)步。根据速度关系,快指针是两倍速,所以2(A+B) = A+B +n*(B+C),即A+B = n*(B+C)。这时候,如果让指针从head出发,走A步到口。而另一个指针从相遇点出发,走A步的,因为A = n*(B+C) - B,所以移动A步的,相当于从相遇点移动n*(B+C) - B步。因为B+C是的长度,所以n*(B+C)相当于绕n圈回到原点,再减去B步的,就相当于从相遇点向回走B步,也就是到达口点。这样两个指针会在口点相遇。所以这个方法是可行的。 那具体实现的,在Python中应该怎么做呢?首先定义快慢指针,找到相遇点。如果没有相遇,说明无。如果有相遇点,再从头和相遇点同步移动指针,直到相遇即为口。 那代码的大体结构应该是这样的: 1. 初始化快慢指针都指向头节点。 2. 移动快指针两步,慢指针一步,直到它们相遇或者快指针走到空。 3. 如果相遇,则将一个指针重置到head,另一个保持在相遇点,然后同步移动,直到再次相遇的点就是口。 4. 如果无返回None。 需要注意边界情况,比如头节点为空,或者只有一个节点自成的情况。 举个例子,比如链表是1->2->3->4->2(口是节点2)。按照步骤,快慢指针会在节点4和节点2的某个点相遇?比如,慢指针走1,2,3,4,快指针走2,4,2,4。当慢指针到3的时候,快指针可能在4。然后慢到4,快到2;再慢到2,快也到2?或者可能相遇在节点4? 可能具体的例子需要画图来理解。但无论如何,算法逻辑是正确的。 那现在编写Python代码的,需要处理指针的移动,以及可能的空指针情况。比如在移动快指针的时候,每次都要检查next和next.next是否存在,否则可能抛出异常。 所以具体代码步骤: - 判断head是否为空,或者head.next是否为空,直接返回None。 - 初始化slow和fast为head。 - ,快指针每次两步,慢指针每次一步。 - 当快指针或fast.next为None时,说明无返回None。 - 当slow等于fast时,找到相遇点。 - 然后,将其中一个指针(比如ptr1)指向head,另一个(ptr2)保持在相遇点。 - ptr1和ptr2每次移动一步,直到相遇,该节点就是口。 例如: def detectCycle(head): if not head or not head.next: return None slow = head fast = head has_cycle = False # 找相遇点 while fast and fast.next: slow = slow.next fast = fast.next.next if slow == fast: has_cycle = True break if not has_cycle: return None # 找口点 ptr1 = head ptr2 = slow while ptr1 != ptr2: ptr1 = ptr1.next ptr2 = ptr2.next return ptr1 测试这个代码是否正确。比如,当链表是1->2->3->4->2,相遇点可能在某个节点,然后ptr1和ptr2移动后会在2处相遇,即口。 可能还需要考虑其他测试用例,比如头节点就是口的情况,或者很大,或者小等。 总的来说,这个方法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(1),符合要求。</think>要找到链表节点,可以通过以下步骤实现: --- ### 方法思路(Floyd判圈算法) 1. **判断是否** 使用快慢指针,快指针每次移动两步,慢指针每次移动一步。若相遇,则有;若快指针遇到空节点,则无。 2. **找到口** 当快慢指针相遇后,将一个指针重置到链表头,另一个保持在相遇点。两指针同步移动(每次一步),再次相遇的节点即为口。 --- ### 数学推导 设链头到口的距离为 $A$,口到相遇点的距离为 $B$,的剩余部分为 $C$。 - 快指针路程:$A + B + n(B + C)$(绕 $n$ 圈) - 慢指针路程:$A + B$ - 快指针速度是慢指针的两倍,故 $2(A + B) = A + B + n(B + C)$ 化简得 $A = n(B + C) - B$ 当两指针从链表头和相遇点同步移动时,必在口相遇。 --- ### Python实现代码 ```python class ListNode: def __init__(self, x): self.val = x self.next = None def detectCycle(head: ListNode) -> ListNode: if not head or not head.next: return None slow = head fast = head has_cycle = False # 步骤1:判断是否找到相遇点 while fast and fast.next: slow = slow.next fast = fast.next.next if slow == fast: has_cycle = True break if not has_cycle: return None # 步骤2:找到口 ptr1 = head ptr2 = slow while ptr1 != ptr2: ptr1 = ptr1.next ptr2 = ptr2.next return ptr1 ``` --- ### 代码解析 1. **边界处理** 若链表为空或仅有一个节点,直接返回 `None`。 2. **快慢指针找** - 快指针每次走两步,慢指针走一步。 - 若相遇,标记存在;若快指针遇到空节点,说明无。 3. **确定口** - 将 `ptr1` 指向头节点,`ptr2` 保持在相遇点。 - 两指针同步移动,相遇点即为口。 --- ### 复杂度 - **时间复杂度**:$O(n)$,遍历链表的时间。 - **空间复杂度**:$O(1)$,仅使用固定数量的指针。 此方法高效且无需额外空间,是解决此类问题的标准算法。
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